Question

19．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），F(xiàn)（-c，0）為其左焦點(diǎn)，點(diǎn)P（-$\frac{{a}^{2}}{c}$，0），A₁，A₂分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，且|A₁A₂|=4，|PA₁|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$|A₁F|．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)A₁作兩條射線(xiàn)分別與橢圓交于M、N兩點(diǎn)（均異于點(diǎn)A₁），且A₁M⊥A₁N，證明：直線(xiàn)MN恒過(guò)x軸上的一個(gè)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由已知列關(guān)于a，c的方程組，求解可得a，c的值，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）由已知直線(xiàn)MN與y軸不垂直，假設(shè)其過(guò)定點(diǎn)T（n，0），設(shè)其方程為x=my+n，聯(lián)立直線(xiàn)方程與橢圓方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合A₁M⊥A₁N求解．

解答 （1）解：∵|A₁A₂|=4，∴a=2，
又∵|PA₁|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$|A₁F|，∴$\frac{{a}^{2}}{c}-a=\frac{2\sqrt{3}}{3}（a-c）$，
整理得$\frac{a}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，∴c=$\sqrt{3}$，
則b²=a²-c²=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）證明：由已知直線(xiàn)MN與y軸不垂直，假設(shè)其過(guò)定點(diǎn)T（n，0），設(shè)其方程為x=my+n，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（m²+4）y²+2mny+n²-4=0．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{2mn}{{m}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{{n}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$．
∴x₁+x₂=m（y₁+y₂）+2n，${x}_{1}{x}_{2}=（m{y}_{1}+n）（m{y}_{2}+n）={m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}+mn（{y}_{1}+{y}_{2}）+{n}^{2}$．
∵A₁M⊥A₁N，∴$\overrightarrow{{A}_{1}M}•\overrightarrow{{A}_{1}N}=（{x}_{1}+2，{y}_{1}）•（{x}_{2}+2，{y}_{2}）=0$．
∴x₁x₂+2（x₁+x₂）+4+y₁y₂=0，
∴$（{m}^{2}+1）{y}_{1}{y}_{2}+m（n+2）（{y}_{1}+{y}_{2}）+（n+2）^{2}=0$．
即$\frac{（{m}^{2}+1）（n+2）（n-2）}{{m}^{2}+4}-\frac{2n{m}^{2}（n+2）}{{m}^{2}+4}+（n+2）^{2}=0$．
化簡(jiǎn)得：（n+2）（5n+6）=0，
若n=-2，則T與A重合，不合題意，
∴n+2≠0，
整理得n=-$\frac{6}{5}$．
綜上，直線(xiàn)MN過(guò)定點(diǎn)T（$-\frac{6}{5}，0$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線(xiàn)與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了“設(shè)而不求”的解題思想方法，是中檔題．